2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章機(jī)械能及其守恒定律第24講動(dòng)能定理及其應(yīng)用教學(xué)案新人教版

PAGE19-第24講動(dòng)能定理及其應(yīng)用基礎(chǔ)命題點(diǎn)對(duì)動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用1．動(dòng)能(1)定義：物體由于eq\x(\s\up1(01))運(yùn)動(dòng)而具有的能叫動(dòng)能。(2)公式：Ek＝eq\x(\s\up1(02))eq\f(1,2)mv2。(3)單位：eq\x(\s\up1(03))焦耳,1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(4)性質(zhì)：動(dòng)能是狀態(tài)量，是eq\x(\s\up1(04))標(biāo)量。2．動(dòng)能定理(1)內(nèi)容：在一個(gè)過程中合力對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過程中eq\x(\s\up1(05))動(dòng)能的變更量。(2)表達(dá)式：W＝eq\x(\s\up1(06))ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\x(\s\up1(07))eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。(3)物理意義：eq\x(\s\up1(08))合外力的功是物體動(dòng)能變更的量度。(4)適用條件①動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于eq\x(\s\up1(09))曲線運(yùn)動(dòng)。②既適用于恒力做功，也適用于eq\x(\s\up1(10))變力做功。③力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以eq\x(\s\up1(11))分階段作用。3．對(duì)動(dòng)能定理的理解(1)動(dòng)能定理表明白“三個(gè)關(guān)系”①因果關(guān)系：合外力做功是引起物體動(dòng)能變更的緣由。②數(shù)量關(guān)系：合外力做的功與物體動(dòng)能的變更具有等量代換關(guān)系，但并不是說動(dòng)能變更就是合外力做的功。③量綱關(guān)系：?jiǎn)挝幌嗤?，國際單位都是焦耳。(2)標(biāo)量性動(dòng)能是標(biāo)量，功也是標(biāo)量，所以動(dòng)能定理是一個(gè)標(biāo)量式，不存在方向的選取問題。當(dāng)然動(dòng)能定理也就不存在重量的表達(dá)式。(3)相對(duì)性動(dòng)能定理中的位移和速度必需是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由v1增加到v2時(shí)，上上升度為H，則在這個(gè)過程中，下列說法或表達(dá)式正確的是()A．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中WN為支持力的功B．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力的功C．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中WN為支持力的功D．對(duì)電梯，其所受合力做功為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)解析電梯上升的過程中，對(duì)物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個(gè)力做的總功才等于物體動(dòng)能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故A、B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)電梯，由動(dòng)能定理可知，其合力的功肯定等于其動(dòng)能的增量，eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，故D正確。答案CD1．應(yīng)用動(dòng)能定理的流程2．應(yīng)用動(dòng)能定理的留意事項(xiàng)(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用?！巴饬Α奔瓤梢允呛懔?，也可以是變力。(2)動(dòng)能變更量肯定是末動(dòng)能減去初動(dòng)能。(3)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必需明確各力做功的正、負(fù)，的確難以推斷的先假定為正功，最終依據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。1．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止起先沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度，木箱獲得的動(dòng)能肯定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功答案A解析木箱受力如圖所示：木箱在移動(dòng)的過程中有兩個(gè)力做功，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，依據(jù)動(dòng)能定理可知即：WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以動(dòng)能小于拉力做的功，故A正確；無法比較動(dòng)能與摩擦力做功的大小，C、D錯(cuò)誤。2．(人教版必修2P74·T3改編)子彈的速度為v，打穿一塊固定的木塊后速度剛好變?yōu)榱?。若木塊對(duì)子彈的阻力為恒力，那么當(dāng)子彈射入木塊的深度為其厚度的eq\f(1,3)時(shí)，子彈的速度是()A．eq\f(1,3)v B．eq\f(\r(3),3)vC．eq\f(2,3)v D．eq\f(\r(6),3)v答案D解析設(shè)木塊的厚度為d，木塊對(duì)子彈的作用力為F，打穿木塊時(shí)，由動(dòng)能定理得－Fd＝0－eq\f(1,2)mv2，當(dāng)子彈射穿其厚度的eq\f(1,3)時(shí)，由動(dòng)能定理得－Feq\f(d,3)＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得v′＝eq\f(\r(6),3)v，故D正確。3．在離地面高為h處豎直上拋一質(zhì)量為m的物塊，拋出時(shí)的速度為v0，當(dāng)它落到地面時(shí)的速度為v，用g表示重力加速度，則在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于()A．mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B．－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2 D．mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案C解析對(duì)物塊從h高處豎直上拋到落地的過程，依據(jù)動(dòng)能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，C正確。4．在水平面上，用與水平方向成θ＝37°角斜向上方的拉力F＝10N拉著一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的物體從靜止起先運(yùn)動(dòng)，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，物體運(yùn)動(dòng)s1＝12m時(shí)撤去拉力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2。求：(1)拉力對(duì)物體做的功W；(2)撤去拉力后物體在水平面上還能向前滑行的距離多大？答案(1)96J(2)14.4m解析(1)拉力對(duì)物體做的功：W＝Fs1cosθ代入數(shù)據(jù)得：W＝96J。(2)在拉力F作用下：Fsinθ＋FN＝mg摩擦力：f1＝μFN代入數(shù)據(jù)得：FN＝4N，f1＝2N撤去拉力F后，摩擦力：f2＝μmg＝5N對(duì)全過程，由動(dòng)能定理得：W－f1s1－f2s2＝0撤去拉力后物塊在水平面上還能向前滑行的距離：s2＝eq\f(W－f1s1,f2)，代入數(shù)據(jù)得：s2＝eq\f(96－2×12,5)m＝14.4m。實(shí)力命題點(diǎn)一動(dòng)能定理與圖象綜合1．解決物理圖象問題的基本步驟(1)視察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)依據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式。(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下方的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，依據(jù)對(duì)應(yīng)關(guān)系列式解答問題。2．四類圖象所圍“面積”的含義質(zhì)量m＝1kg的物體，在水平拉力F(拉力方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過位移4m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動(dòng)到位移為8m時(shí)物體停止，運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能與位移關(guān)系圖象(Ek-x)如圖所示。(g取10m/s2)求：(1)物體的初速度多大？(2)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為多大？(3)拉力F的大小。解析(1)從圖象可知初動(dòng)能Ek0＝2J由Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2m/s。(2)在位移為4m處物體的動(dòng)能為Ek＝10J，在位移為8m處物體的動(dòng)能為零，此過程中物體克服摩擦力做功。設(shè)摩擦力為Ff，由動(dòng)能定理有－Ffx2＝0－Ek得出Ff＝eq\f(Ek,x2)＝eq\f(10,4)N＝2.5N因Ff＝μmg，故μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(2.5,10)＝0.25。(3)物體從起先到移動(dòng)4m這段過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，依據(jù)動(dòng)能定理有(F－Ff)x1＝Ek－Ek0故得F＝eq\f(Ek－Ek0,x1)＋Ff＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10－2,4)＋2.5))N＝4.5N。另一種解法思路：由動(dòng)能定理知W總＝F合x＝ΔEk，則Ek-x圖象的斜率表示物體所受合外力，結(jié)合圖象有0～4m內(nèi)：F－μmg＝2N，4～8m內(nèi)：μmg＝2.5N，即可得到答案，這也是解決此類問題的一種方法。答案(1)2m/s(2)0.25(3)4.5N(1)從圖象的意義切入，把分析力、功與能量間的關(guān)系、物體動(dòng)能的變更狀況以及合力做功作為突破問題的關(guān)鍵。(2)常見的能量、功圖象①W-x圖象：通過“斜率”求得某種力F。②Ep-x圖象：通過“斜率”求得與勢(shì)能有關(guān)的力。③Ek-x圖象：通過“斜率”求得合力F。1．(2024·江蘇高考)一小物塊沿斜面對(duì)上滑動(dòng)，然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()答案C解析設(shè)斜面傾角為θ，依據(jù)動(dòng)能定理，當(dāng)小物塊沿斜面上升時(shí)，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek與x的函數(shù)關(guān)系圖象為直線，且斜率為負(fù)。當(dāng)小物塊沿斜面下滑時(shí)依據(jù)動(dòng)能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0，所以下滑時(shí)Ek隨x的減小而增大且為直線。綜上所述，選項(xiàng)C正確。2．(多選)質(zhì)量為1kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正確的是()A．物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B．物體運(yùn)動(dòng)的位移為13mC．物體在前3m運(yùn)動(dòng)過程中的加速度為3m/s2D．x＝9m時(shí)，物體的速度為3eq\r(2)m/s答案ACD解析由Wf＝Ffx對(duì)應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對(duì)應(yīng)圖乙可知，前3m內(nèi)，拉力F1＝5N，3～9m內(nèi)，拉力F2＝2N，物體在前3m內(nèi)的加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝3m/s2，C正確；由動(dòng)能定理得WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2，解得：當(dāng)x＝9m時(shí)，物體的速度為v＝3eq\r(2)m/s，D正確；物體的最大位移xm＝eq\f(WF,Ff)＝eq\f(27,2)m＝13.5m，B錯(cuò)誤。3．如圖甲所示，一質(zhì)量為4kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移勻稱減小的水平推力F作用下起先運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移x變更的關(guān)系如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去時(shí)起先做減速運(yùn)動(dòng)B．物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10mC．物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為2eq\r(15)m/sD．物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變答案B解析當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)物體就起先做減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對(duì)物體做的功得，推力做的功W＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，依據(jù)動(dòng)能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10m，B正確；當(dāng)推力與摩擦力大小相等時(shí)，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F＝100－25x(N)，當(dāng)F＝μmg＝20N時(shí)x＝3.2m，由動(dòng)能定理得：eq\x\to(F)x－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，且eq\x\to(F)＝eq\f(100＋20,2)N＝60N，解得物體運(yùn)動(dòng)的最大速度vm＝8m/s，C錯(cuò)誤；物體運(yùn)動(dòng)中當(dāng)推力由100N減小到20N的過程中，加速度漸漸減小，當(dāng)推力由20N減小到0的過程中，加速度又反向增大，此后加速度不變，D錯(cuò)誤。實(shí)力命題點(diǎn)二動(dòng)能定理求解多過程問題1．多過程問題即包含幾個(gè)子過程，這幾個(gè)子過程的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可以相同也可以不同，子過程中可以有直線上的不同運(yùn)動(dòng)，也可以有曲線上的不同運(yùn)動(dòng)，如勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、往復(fù)運(yùn)動(dòng)等。由于多過程問題的受力狀況、運(yùn)動(dòng)狀況比較困難，從動(dòng)力學(xué)的角度分析往往比較困難，利用動(dòng)能定理分析此類問題，是從總體上把握探討對(duì)象運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變更，并不須要從細(xì)微環(huán)節(jié)上了解。2．解決多過程問題的方法思路(1)當(dāng)包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過程時(shí)，可以選擇一個(gè)、幾個(gè)子過程為探討對(duì)象，也可以選擇整個(gè)過程作為探討對(duì)象，然后運(yùn)用動(dòng)能定理解題。(2)應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)留意要使合力做功對(duì)應(yīng)的過程和初、末狀態(tài)動(dòng)能對(duì)應(yīng)的過程相統(tǒng)一。(3)當(dāng)探討整個(gè)過程中的重力做功、大小恒定的摩擦力做功時(shí)，要留意它們的做功特點(diǎn)：①重力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)。②克服大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。(4)解題時(shí)留意過程與過程的連接物理量關(guān)系，當(dāng)所求解的問題不涉及中間速度時(shí)，一般優(yōu)先選擇全過程利用動(dòng)能定理求解。在某游樂闖關(guān)節(jié)目中，選手需借助懸掛在高處的繩飛越到水面的浮臺(tái)上，兩位同學(xué)觀看后對(duì)此進(jìn)行了探討。如圖所示，他們將選手簡(jiǎn)化為質(zhì)量m＝60kg的質(zhì)點(diǎn)，選手抓住繩由靜止起先搖擺，此時(shí)繩與豎直方向的夾角α＝53°，繩的懸掛點(diǎn)O距水面的高度為H＝3m。不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量，浮臺(tái)露出水面的高度不計(jì)，水足夠深。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(1)求選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)繩拉力的大小F；(2)若繩長l＝2m，選手?jǐn)[到最高點(diǎn)時(shí)松手落入水中。設(shè)水對(duì)選手的平均浮力F1＝800N，平均阻力F2＝700N，求選手落入水中的深度d；(3)若選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)松手，甲同學(xué)認(rèn)為繩越長，在浮臺(tái)上的落點(diǎn)距岸邊越遠(yuǎn)；乙同學(xué)卻認(rèn)為繩越短，落點(diǎn)距岸邊越遠(yuǎn)。請(qǐng)通過推算說明你的觀點(diǎn)。解析(1)由靜止至搖擺到最低點(diǎn)，對(duì)選手由動(dòng)能定理得mgl(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2－0選手在最低點(diǎn)處由牛頓其次定律得F′－mg＝meq\f(v2,l)由牛頓第三定律得F＝F′＝1080N。(2)選手?jǐn)[到最高點(diǎn)時(shí)松手落入水中，如圖所示：對(duì)選手由動(dòng)能定理得mg(H－lcosα＋d)－(F1＋F2)d＝0－0解得d＝1.2m。(3)選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)松手將做平拋運(yùn)動(dòng)，則：豎直方向H－l＝eq\f(1,2)gt2水平方向x＝vt由(1)可得v＝eq\r(0.8gl)，解得x＝eq\r(1.6lH－l)可知當(dāng)l＝eq\f(H,2)＝1.5m時(shí)，x最大，落點(diǎn)距岸邊最遠(yuǎn)。答案(1)1080N(2)1.2m(3)見解析1．應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵對(duì)探討對(duì)象進(jìn)行精確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，可畫出運(yùn)動(dòng)過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。2．求解多過程問題須抓好“兩狀態(tài)，一過程”“兩狀態(tài)”即明確探討對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能狀況；“一過程”即明確探討過程，確定這一過程探討對(duì)象的受力狀況和位置變更或位移信息。3．應(yīng)用動(dòng)能定理解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等曲線運(yùn)動(dòng)問題時(shí)留意(1)平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)都屬于曲線運(yùn)動(dòng)，若只涉及位移和速度而不涉剛好間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理列式求解。(2)動(dòng)能定理的表達(dá)式為標(biāo)量式，不能在某一個(gè)方向上列動(dòng)能定理方程。4．運(yùn)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題在有些問題中物體的運(yùn)動(dòng)過程具有重復(fù)性、來回性，而在這一過程中，描述運(yùn)動(dòng)的物理量多數(shù)是變更的，而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定的，例如求一籃球從高處落下到最終靜止在水平面上的過程中克服空氣阻力所做的功。求解這類問題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將特別繁瑣，甚至無法解出。由于動(dòng)能定理只關(guān)切物體的初末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過程的細(xì)微環(huán)節(jié)，所以用動(dòng)能定理分析這類問題可使解題過程簡(jiǎn)化。求解時(shí)留意：(1)首先要確定物體運(yùn)動(dòng)的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。(2)重力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑無關(guān)，可用WG＝mgh干脆求解。(3)滑動(dòng)摩擦力或空氣阻力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑有關(guān)，可用Wf＝－Ffs求解，其中s為物體運(yùn)動(dòng)的路程。1．如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d＝0.50m，盆邊緣的高度為h＝0.30m。在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止起先下滑(圖中小物塊未畫出)。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動(dòng)，最終停下來，則停的地點(diǎn)到B的距離為()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0答案D解析設(shè)小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力，而重力做功與路徑無關(guān)，由動(dòng)能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數(shù)據(jù)可解得s＝3m。由于d＝0.50m，所以小物塊在BC面上經(jīng)過3次往復(fù)運(yùn)動(dòng)后，又回到B點(diǎn)，D正確。2．(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定，另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則圓環(huán)()A．下滑過程中，加速度始終減小B．上滑經(jīng)過B的速度小于下滑經(jīng)過B的速度C．在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為mgh－eq\f(1,4)mv2D．下滑過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2答案CD解析圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運(yùn)動(dòng)，再做減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過B處的速度最大，所以經(jīng)過B處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大，A錯(cuò)誤；探討圓環(huán)從A處由靜止起先下滑到B的過程，由動(dòng)能定理得mghAB－Wf1－W彈1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)①，探討圓環(huán)從B處上滑到A的過程，由動(dòng)能定理得－mghAB－Wf1＋W彈1＝0－eq\f(1,2)mvB′2，即mghAB＋Wf1－W彈1＝eq\f(1,2)mvB′2②，由①②式可得vB′>vB，B錯(cuò)誤；探討圓環(huán)從A處由靜止起先下滑到C的過程，由動(dòng)能定理得mgh－Wf－W彈＝0－0＝0③，在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，由動(dòng)能定理得－mgh＋W彈－Wf＝0－eq\f(1,2)mv2④，聯(lián)立③④式解得：Wf＝eq\f(1,4)mv2⑤，即克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2，將⑤式代入③式可得W彈＝mgh－eq\f(1,4)mv2，則在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為mgh－eq\f(1,4)mv2，C、D正確。3．如圖所示是跳臺(tái)滑雪的示意圖，雪道由傾斜的助滑雪道AB、水平平臺(tái)BC、著陸雪道CD及減速區(qū)DE組成，各雪道間均平滑連接，A處與水平平臺(tái)間的高度差h＝45m，CD的傾角為30°。運(yùn)動(dòng)員自A處由靜止滑下，不計(jì)其在雪道ABC滑行和空中飛行時(shí)所受的阻力。運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)。(g取10m/s2)(1)求運(yùn)動(dòng)員滑離平臺(tái)BC時(shí)的速度大??；(2)為保證運(yùn)動(dòng)員落在著陸雪道CD上，雪道CD長度至少為多少？(3)若實(shí)際的著陸雪道CD長為150m，運(yùn)動(dòng)員著陸后滑到D點(diǎn)時(shí)具有的動(dòng)能是著陸瞬間動(dòng)能的80%，在減速區(qū)DE滑行s＝100m后停下，則運(yùn)動(dòng)員在減速區(qū)所受平均阻力是其重力的多少倍？答案(1)30m/s(2)120m(3)0.84倍解析(1)從A到C過程中，由動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝30m/s。(2)設(shè)落點(diǎn)距拋出點(diǎn)C的距離為L，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得Lcos30°＝vCtLsin30°＝eq\f(1,2)gt2，解得L＝120m。(3)運(yùn)動(dòng)員由A運(yùn)動(dòng)到落點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得mg(h＋Lsin30°)＝eq\f(1,2)mv2設(shè)運(yùn)動(dòng)員在減速區(qū)減速過程中所受平均阻力是重力的k倍，依據(jù)動(dòng)能定理得－kmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)依據(jù)題意有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0.80×eq\f(1,2)mv2，解得k＝0.84。課時(shí)作業(yè)1．(多選)光滑水平面上靜止的物體，受到一個(gè)水平拉力F作用起先運(yùn)動(dòng)，拉力隨時(shí)間變更如圖所示，用Ek、v、x、P分別表示物體的動(dòng)能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四個(gè)圖象中分別定性描述了這些物理量隨時(shí)間變更的狀況，其中正確的是()答案BD解析由動(dòng)能定理，F(xiàn)x＝F·eq\f(1,2)at2＝Ek，圖象A錯(cuò)誤；在水平拉力F作用下，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v＝at，圖象B正確；其位移x＝eq\f(1,2)at2，圖象C錯(cuò)誤；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，圖象D正確。2．A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v-t圖象如圖所示。已知兩物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小相等。則下列說法中正確的是()A．F1、F2大小之比為1∶2B．F1、F2對(duì)A、B做功之比為1∶2C．A、B質(zhì)量之比為2∶1D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1答案C解析由速度—時(shí)間圖象可知，撤去F1、F2后，A、B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為a1∶a2＝1∶2，已知A、B受摩擦力大小相等，即f1＝f2，又f1＝m1a1，f2＝m2a2，所以A、B質(zhì)量之比為m1∶m2＝eq\f(f1,a1)∶eq\f(f2,a2)＝a2∶a1＝2∶1，C正確；由速度—時(shí)間圖象可知，A、B兩物體加速與減速的總位移相等，且勻加速運(yùn)動(dòng)位移之比為1∶2，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移之比為2∶1，設(shè)總位移為3x，對(duì)A物體的全過程，由動(dòng)能定理可得：F1x－f1·3x＝0－0，對(duì)B物體的全過程，由動(dòng)能定理可得：F2·2x－f2·3x＝0－0，聯(lián)立可得F1＝3f1，F(xiàn)2＝eq\f(3,2)f2，又f1＝f2，所以F1＝2F2，A錯(cuò)誤；全過程中摩擦力對(duì)A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對(duì)A、B做功相等，B、D錯(cuò)誤。3．如圖，一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán)，用一細(xì)輕桿固定在豎直平面內(nèi)。套在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn))，從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g，當(dāng)小環(huán)滑到大環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)，大環(huán)對(duì)輕桿拉力的大小為()A．(M＋2m)g B．(M＋3mC．(M＋4m)g D．(M＋5m答案D解析小環(huán)在最低點(diǎn)時(shí)，依據(jù)牛頓其次定律得：F－mg＝meq\f(v2,R)，可得：F＝mg＋meq\f(v2,R)，小環(huán)從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理，有mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，對(duì)大環(huán)分析，有：T＝F＋Mg＝mg＋eq\f(v2,R)＋Mg＝Mg＋5mg，由牛頓第三定律可知大環(huán)對(duì)輕桿的拉力T′＝T＝Mg＋5mg，故D正確。4．如圖所示，質(zhì)量為m的物體用細(xì)繩經(jīng)過光滑小孔牽引在光滑水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。拉力為F時(shí)，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為R，當(dāng)拉力漸漸減小到eq\f(F,4)時(shí)，物體仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為2R，則外力對(duì)物體所做的功的大小是()A．0 B．eq\f(3FR,4)C．eq\f(FR,4) D．eq\f(5FR,2)答案C解析依據(jù)拉力供應(yīng)向心力有F＝eq\f(mv2,R)，解得Ek1＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)FR；當(dāng)拉力減小到eq\f(F,4)時(shí)有eq\f(F,4)＝eq\f(mv′2,2R)，解得Ek2＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(FR,4)，依據(jù)動(dòng)能定理，外力做功數(shù)值等于動(dòng)能的變更量ΔEk＝Ek2－Ek1＝－eq\f(FR,4)，故C正確。5．如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面H高處從靜止起先釋放，落到地面后接著陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgHB．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能C．整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力為mg1＋eq\f(H,h)答案C解析小球從靜止起先釋放到落到地面的過程，由動(dòng)能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動(dòng)能定理得mgh－f0h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f0h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh＋mgH－fH，f0＝mg1＋eq\f(H,h)－eq\f(fH,h)，B、D錯(cuò)誤；全過程應(yīng)用動(dòng)能定理可知，整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，C正確。6．(多選)如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動(dòng)，以地面為參考系，A、B都向前移動(dòng)一段距離，在此過程中()A．外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量B．B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量C．A對(duì)B的摩擦力所做的功等于B對(duì)A的摩擦力所做的功D．外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和答案BD解析A物體所受的合外力等于B對(duì)A的摩擦力，對(duì)A物體運(yùn)用動(dòng)能定理，則有B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量，B正確；A對(duì)B的摩擦力做負(fù)功，B對(duì)A的摩擦力做正功，故二者做功不相等，C錯(cuò)誤；對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，D正確；依據(jù)功能關(guān)系可知，外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量與產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故A錯(cuò)誤。7．(2024·全國卷Ⅰ)高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能()A．與它所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動(dòng)量成正比答案B解析列車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，列車動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，又因?yàn)関＝at，所以Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，加速度a恒定，動(dòng)能跟時(shí)間t的平方成正比，A錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，故動(dòng)能與位移成正比，B正確；動(dòng)能與速度平方成正比，故C錯(cuò)誤；由Ek＝eq\f(p2,2m)，可知?jiǎng)幽芘c動(dòng)量的平方成正比，D錯(cuò)誤。8．(2024·江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽視空氣阻力，該過程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖象是()答案A解析小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度v＝v0－gt，依據(jù)動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2得Ek＝eq\f(1,2)m(v0－gt)2，故圖象A正確。9．(2024·山西太原五中高考模擬)(多選)如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點(diǎn)動(dòng)身沿DBA滑動(dòng)到頂點(diǎn)A時(shí)速度剛好為零，假如斜面改為AC，讓該物體從D點(diǎn)動(dòng)身沿DCA滑動(dòng)到頂點(diǎn)A且速度剛好為零，若已知該物體與路面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)到處相同且不為零，則由此可知()A．該物體從D點(diǎn)動(dòng)身(沿DCA滑動(dòng)剛好到頂點(diǎn)A)初速度肯定也為v0B．該物體從D點(diǎn)動(dòng)身(沿DCA滑動(dòng)剛好到頂點(diǎn)A)初速度不肯定為v0C．該物體從A點(diǎn)靜止動(dòng)身沿ACD滑動(dòng)到D點(diǎn)的速度大小肯定為v0D．該物體從A點(diǎn)靜止動(dòng)身沿ACD滑動(dòng)到D點(diǎn)的速度肯定小于v0答案AD解析物體從D點(diǎn)滑動(dòng)到頂點(diǎn)A過程中，由動(dòng)能定理可得：－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由幾何關(guān)系cosα·xAB＝xOB，因而上式可以簡(jiǎn)化為－mg·xAO－μmg·xDB－μmg·xOB＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即－mg·xAO－μmg·xDO＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，從上式可以看出，到達(dá)頂點(diǎn)的動(dòng)能與路徑無關(guān)，所以該物體從D點(diǎn)動(dòng)身(沿DCA滑動(dòng)剛好到頂點(diǎn)A)初速度肯定也為v0，故A正確，B錯(cuò)誤；該物體從A點(diǎn)靜止動(dòng)身沿ACD滑動(dòng)到D點(diǎn)由動(dòng)能定理可知：mg·xAO－μmg·xDO＝eq\f(1,2)mv′2，與－mg·xAO－μmg·xDO＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，比較可知：v′<v0，故C錯(cuò)誤，D正確。10．(2024·福建龍巖高三上學(xué)期期末)(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一條不光滑的軌道ABC，其中AB段是半徑為R的eq\f(1,4)圓弧，BC段是水平的。一質(zhì)量為m的滑塊從A點(diǎn)由靜止滑下，最終停在水平軌道上C點(diǎn)，此過程克服摩擦力做功為W1?，F(xiàn)用一沿著軌道方向的力推滑塊，使它緩慢地由C點(diǎn)推回到A點(diǎn)，此過程克服摩擦力做功為W2，設(shè)推力對(duì)滑塊做功為W，則下列關(guān)系中正確的是()A．W1＝mgR B．W2＝mgRC．mgR<W<2mgR D．W>2mgR答案AC解析滑塊由A到C的過程，由動(dòng)能定理可知mgR－W1＝0，故A正確；滑塊由A到B做加速圓周運(yùn)動(dòng)，而在推力作用下從C經(jīng)過B到達(dá)A的過程是一個(gè)緩慢過程，所以從A到B的過程中平均支持力大于從B到A的平均支持力，那么摩擦力在從A到B過程的功大于從B到A過程的功，則W2<W1＝mgR，故B錯(cuò)誤；滑塊由C到A的過程中由動(dòng)能定理可知，W－mgR－W2＝0，則W＝mgR＋W2，由于W2<W1＝mgR，所以mgR<W<2mgR，故C正確，D錯(cuò)誤。11．(2024·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還